Consideremos los puntos [math]O = (0,0), [math]A = (-2,0) y [math]B = (0,2) en el plano coordenado. Sean [math]E y [math]F los puntos medios de [math]OA y [math]OB respectivamente. Rotamos el triángulo [math]OEF con centro en [math]O en sentido de las agujas del reloj hasta obtener el triángulo [math]OE'F' y, para cada posición rotada, sea [math]P = (x,y) la intersección de las rectas [math]AE' y [math]BF'. Hallar el máximo valor posible de la coordenada [math]y de [math]P.
Guía de [math]\LaTeX: sirve para escribir ecuaciones como [math]\frac{11}{8}+ x \lfloor \pi \rfloor = 1
Esta solución es un asco, es elemental, pero utiliza conceptos de calculo diferencial. No se si se deja usar en la olimpiada. En todo caso, al menos está la respuesta.
Recordemos que los puntos [math](x,y) del plano que yacen sobre una circunferencia centrado en [math](0,0) de radio 1 se pueden describir mediante [math](cos(\beta), sen(\beta)), con [math]0 \leq \beta < 2\pi
Convengamos en llamar [math]E' = (E'_x, E'_y) y [math]F' = (F'_x, F'_y). Entonces armamos las dos funciones lineales cuya gráfica representa a las rectas AE' y BF'.
Es decir, llamando [math]a = \frac{cos(\beta)}{2 - sen(\beta)} tenemos que suponiendo que [math]a \neq 1 y [math]a \neq -1 (estos dos casos son absurdos, compruebenlo):
El que sabe un poco de calculo diferencial, puede calcular la derivada de esta función fea y encontrar máximo.
Veamos, recordemos que a es una función de [math]\beta. Derivamos [math]2 + \frac{2(a - 1)}{a^2+1}.
La derivada es (hay que usar regla de la cadena, ojo) [math]\frac{-2 (a(\beta)^2-2a(\beta)-1).a'(\beta)}{(a(\beta)^2+1)^2} = \frac{-2 ((a(\beta)-1)^2 - 2).a'(\beta)}{(a(\beta)^2+1)^2}.
Hay dos formas de que esta expresión sea 0.
1) [math](a(\beta)-1)^2 = 2
2) [math]a'(\beta) = 0
Osea,
1) [math]a(\beta) = \pm \sqrt{2} + 1. El problema con [math]a(\beta) = \sqrt{2} + 1 es que no existe tal [math]\beta, ya que [math]a(\beta) < 1. Asi que en verdad el unico valor aquí es [math]1- \sqrt{2}.
Despues de tanto pedalear metemos los valores de 1) y 2) en [math]2 + \frac{2(a(\beta) - 1)}{a^2(\beta)+1}. Los valores son [math]1 - \sqrt{2} y [math]\frac {1}{2}(1+\sqrt{3}).
Por lo tanto el YMáx = [math]\frac {1}{2}(1+\sqrt{3}).
Si en la respuesta anterior se multiplican miembro a miembro las ecuaciones de las rectas se obtiene y(y-2) = -x(x+2), y completando cuadrados, se llega a que el lugar geométrico de los puntos intersección de las dos rectas es un arco de la circunferencia (x+1)^2+(y-1)^2 =2 (con algunas condiciones para x e y).
Hice el gráfico con Geogebra del lugar geométrico y obtuve la figura anterior. ¿Alguien sabe cómo se deducen las condiciones para x e y, es decir, cómo se determinan las condiciones para los extremos de ese arco, sin usar derivadas?
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Última edición por Coni el Vie 11 Dic, 2015 10:03 am, editado 1 vez en total.
Sea [math]D el punto medio de [math]AB. Consideramos la circunferencia [math]\Gamma que pasa por [math]A, [math]O y [math]B. Claramente [math]D es su centro. Notemos también (completando angulitos) que [math]AE' \perp BF' para todas las rotaciones posibles. En particular, resulta que [math]\angle APB = 90^{\circ} para todos los posibles [math]P. O sea, resulta que [math]P cae en la circunferencia [math]\Gamma que teníamos. Ahora bien si llamamos [math]\Omega a la circunferencia de centro [math]O y radio [math]1, que contiene a [math]E, [math]F, y trivialmente a todos los posibles [math]E' y [math]F', podemos notar que todos los posibles los [math]P están en las rectas [math]AE', que a su vez son rectas que pasan por [math]A y por algún punto de [math]\Omega. De todas las rectas que pasan por [math]A y que intersectan a [math]\Omega, buscamos la que, al intersectar con [math]\Gamma produce la mayor coordenada [math]y. Ahora, un argumento de tramposética puede servir para ver que la recta que pase por [math]A e intersecte a [math]\Omega que produzca el [math]P buscado debe ser tangente a [math]\Omega.
Sea $C$ la proyección ortogonal de $P$ sobre el eje $x$, sea $Y$ la coordenada $y$ de $P$. Entonces $PC=Y$, por lo tanto, para maximizar $Y$ tenemos que maximizar $PC$.
Ahora, sea $Q$ la intersección entre la perpendicular a $AO$ por $O$ y la recta $AP$. Tenemos que $OQ\perp AO\perp PC\Rightarrow OQ\parallel PC$, y por Thales $\frac{AO}{AC}=\frac{AQ}{AP}=\frac{QO}{PC}$. Como $A,O,C$ son colineales y $A,Q,P$ son colineales, los triángulos $\triangle APC$ y $\triangle AQO$ son homotéticos de centro $A$. Por lo tanto, para maximizar $PC$ queremos maximizar $OQ$. Como $AO$ tiene longitud fija, queremos maximizar la razón $\frac{OQ}{AO}$. Sea $\alpha =O\widehat AQ$, como el triángulo $\triangle AOQ$ es rectángulo en $O$, entonces $\frac{OQ}{AO}=\tan \alpha$, por lo tanto, lo que queremos maximizar es el ángulo $\alpha$
Notemos que, como $A,P,E'$ son colineales y $A,P,Q$ son colineales, entonces $A,P,Q,E'$ son colineales. Se sigue que $\alpha =O\widehat AQ=O\widehat AE'$. Sea $R$ la intersección de la perpendicular a $AE'$ por $O$ y la recta $AE'$, entonces $OR$ es la distancia de $O$ a la recta $AE'$, además $O\widehat AR=\alpha$. Como $\triangle ARO$ es rectángulo en $R$, para maximizar $\alpha$ tenemos que maximizar $\sin \alpha$, pero $\sin \alpha =\frac{OR}{AO}$. Como $AO$ tiene longitud fija, entonces lo que queremos maximizar es $OR$.
Sea $\omega$ la circunferencia de centro $O$ y radio $OE=1$, entonces $E,F,E',F'\in \omega$.
Supongamos que $OR>1$, como $OR$ es la menor distancia desde $O$ a la recta $AE'$, entonces $AE'\cap \omega =\oslash$, absurdo, ya que $E'\in \omega$. El absurdo provino de suponer que $OR>1$, entonces $OR\leq 1$, la igualdad se obtiene cuando la recta $AE'$ es tangente a $\omega$, y por lo tanto $R=E'$.
Como $Y$ se maximiza al maximizarse $PC$, $PC$ al maximizarse $\frac{OQ}{AO}$, $\frac{OQ}{AO}$ al maximizarse $\alpha$, $\alpha$ al maximizarse $OR$, y $OR$ cuando $AE'$ es tangente a $\omega$, entonces $Y$ se maximiza cuando $AE'$ es tangente a $\omega$.
Para calcular el valor de $Y$, notemos que $AO=2OE'$ y $O\widehat E'A=90^\circ$, entonces $\triangle AOE'$ es medio equilátero y por lo tanto $\alpha =30^\circ$. Luego, $\triangle OAQ$ es medio equilátero y $AQ=\frac{2\sqrt{3}}{3}AO=\frac{4\sqrt{3}}{3}=\frac{4}{3}\sqrt{3}$. Pero $\triangle AOE'$ también es medio equilátero y $AE'=\frac{\sqrt{3}}{2}AO=\sqrt{3}$, entonces $E'Q=\frac{4}{3}\sqrt{3}-\sqrt{3}=\frac{1}{3}\sqrt{3}$.
Notemos que $B$ se define rotando $90^\circ$ en sentido horario con centro $O$ al punto $A$, que $F$ se define rotando $90^\circ$ con centro $O$ al punto $E$ y que por lo tanto $F'$ se define rotando $90^\circ$ con centro $O$ al punto $E'$, se sigue que la recta $BF'$ se define rotando $90^\circ$ con centro $O$ a la recta $AE'$, entonces $AE'\perp BF'\Rightarrow E'\widehat PF'=90^\circ$. Tenemos que $F'\widehat OE'=O\widehat E'P=90°\Rightarrow F'\widehat OE+O\widehat E'P=90^\circ +90^\circ =180^\circ$ y $F'\widehat OE'=E'\widehat PF'$, por lo que $OE'PF'$ es un paralelogramo, en particular, es un rectángulo, como además $OE'=OF'=1$ entonces $OE'PF'$ es un cuadrado y por lo tanto $E'P=1\Rightarrow QP=1-\frac{1}{3}\sqrt{3}$.
Por Thales, $\frac{AO}{AQ}=\frac{OC}{QP}\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{OC}{QP}$.
Entonces $OC=\frac{(1-\frac{\sqrt{3}}{3})\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}-\frac{3}{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$.
Se sigue que $AC=AO+OC=2+\frac{\sqrt{3}-1}{2}=\frac{4+\sqrt{3}-1}{2}=\frac{3+\sqrt{3}}{2}$.
Como $\triangle ACP$ es medio equilátero, entonces $Y=PC=\frac{AC}{\sqrt{3}}=AC\frac{\sqrt{3}}{3}$.
Por lo tanto $Y=\frac{3+\sqrt{3}}{2}\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}(3+\sqrt{3})}{6}=\frac{3\sqrt{3}+3}{6}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$.
Finalmente, el máximo valor posible de la coordenada $y$ de $P$ es $\frac{\sqrt{3}+1}{2}$.
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